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河北省 ２０２５届高三年级 １１月阶段调研检测
数学参考答案与解析
１．【答案】Ｄ ２．【答案】Ｂ ３．【答案】Ｃ
４．【答案】Ｃ
【解析】因为正四面体可以补形为正方体，可知右图中正四面体和正方体有
同一外接球，正方体棱长为１，则体积为１，可得正四面体体积为正方体体
１ １
积去掉四个角上的四面体体积，即１－４× ＝ ．故选Ｃ．
６ ３
５．【答案】Ｂ
【解析】不妨设五个点数为ｘ≤ｘ≤ｘ≤ｘ≤ｘ，由题意平均数为２，方差为０．４，
１ ２ ３ ４ ５
知（ｘ－２）２＋（ｘ－２）２＋（ｘ－２）２＋（ｘ－２）２＋（ｘ－２）２＝２．ｘ＋ｘ＋ｘ＋ｘ＋ｘ＝１０．
１ ２ ３ ４ ５ １ ２ ３ ４ ５
可知五次的点数中最大点数不可能为４，５，６．
五个点也不可能都是２，则五个点数情况可能是３，３，２，１，１，其方差为
（３－２）２＋（３－２）２＋（２－２）２＋（１－２）２＋（１－２）２ ４
＝ ＝０．８，不合题意．
５ ５
若五个点数情况为３，２，２，２，１，其方差为
（３－２）２＋（２－２）２＋（２－２）２＋（２－２）２＋（１－２）２ ２
＝ ＝０．４，符合题意，其众数为２．
５ ５
故选Ｂ．
６．【答案】Ａ
１ １
【解析】∵ｘ＞１，∴ｘ－１＞０，又ｙ＞０，且 ＋ ＝１，
ｘ－１ ｙ
１ １ ｙ ４（ｘ－１）
∴４ｘ＋ｙ＝４（ｘ－１）＋ｙ＋４＝［４（ｘ－１）＋ｙ］（ ＋ ）＋４＝９＋ ＋
ｘ－１ ｙ ｘ－１ ｙ
ｙ ４（ｘ－１）
≥９＋２槡 · ＝１３，
ｘ－１ ｙ
ｙ ４（ｘ－１） ５
当且仅当 ＝ ，解得ｘ＝ ，ｙ＝３时等号成立，故４ｘ＋ｙ的最小值为１３．故选Ａ．
ｘ－１ ｙ ２
７．【答案】Ｄ
【解析】ｆ（２ｘ＋１）为奇函数，得ｆ（２ｘ＋１）＋ｆ（－２ｘ＋１）＝０，即ｆ（ｘ＋１）＋ｆ（－ｘ＋１）＝０，
则ｆ（ｘ＋１）为奇函数，故Ｃ错误；
且ｆ（ｘ）图象关于点（１，０）中心对称，故Ｂ错误；
ｆ（２ｘ＋４）＝ｆ（２ｘ）可知，函数ｆ（ｘ）周期为４，故Ａ错误；
ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ＋４），又ｆ（ｘ）图象关于点（１，０）中心对称，知ｆ（ｘ）＝－ｆ（２－ｘ），
所以ｆ（ｘ＋４）＝－ｆ（２－ｘ），得ｆ（ｘ）关于点（３，０）对称，则ｆ（ｘ＋３）关于点（０，０）对称，
所以ｆ（ｘ＋３）为奇函数，故Ｄ正确．故选Ｄ．
８．【答案】Ｂ
π ２π
【解析】【法一】由题意，函数ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ（ωｘ－ ）（ω＞０），可得函数的周期为Ｔ＝ ，
３ ω
数学答案 第１页（共１２页
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}
书书书π π ωπ π π
因为ｘ∈（ ，π），可得ωｘ－ ∈（ － ，ωπ－ ），
３ ３ ３ ３ ３
π π
又由函数ｙ＝２ｓｉｎ（ωｘ－ ）（ω＞０）在区间（ ，π）上有且仅有一个零点，
３ ３
{ ωπ π { ω １
（ｋ－１）π≤ － ＜ｋπ ｋ－１≤ － ＜ｋ
３ ３ ２π π ３ ３
且满足 ，且 ≥π－ ，可得ω≤３，即 ，且ω≤３，
π ω ３ １
ｋπ＜ωπ－ ≤（ｋ＋１）π ｋ＜ω－ ≤ｋ＋１
３ ３
{ ω １ { ２
－１≤ － ＜０ － ≤ω＜１
３ ３ ３ １
当ｋ＝０时， ，解得 ，所以 ＜ω＜１；
１ １ ４ ３
０＜ω－ ≤１ ＜ω≤
３ ３ ３
{ ω １
０≤ － ＜１ {１≤ω＜４
３ ３ ４ ７
当ｋ＝１时， ，解得 ４ ７，所以 ＜ω≤ ；
１ ＜ω≤ ３ ３
１＜ω－ ≤２ ３ ３
３
{ ω １
１≤ － ＜２ {４≤ω＜７
３ ３
当ｋ＝２时， ，解得 ７ １０，此时解集为空集，
１ ＜ω≤
２＜ω－ ≤３ ３ ３
３
１ ４ ７
综上可得，实数ω的取值范围为（ ，１）∪（ ， ］．
３ ３ ３
７ ７ π
所以ω ＝ ，得ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ（ ｘ－ ）
ｍａｘ ３ ３ ３
７ π ７ π ３ｋπ π
ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ（ ｘ－ ）＝０ ｘ－ ＝ｋπ（ｋ∈Ｚ）解得ｘ＝ ＋ （ｋ∈Ｚ）
３ ３ ３ ３ ７ ７
３ｋπ π １ ３ｋ １ －１００×７ １ １００×７ １
令－１００π≤ ＋ ≤１００π－１００－ ≤ ≤１００－ － ≤ｋ≤ － ，
７ ７ ７ ７ ７ ３ ３ ３ ３
－７０１ ６９９
≤ｋ≤ ＝２３３，共有４６７个零点．故选Ｂ．
３ ３
( π) ２π
【法二】由题意，函数ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎωｘ－ （ω＞０），可得函数的周期为Ｔ＝ ，
３ ω
π π (ωπ π π)
因为ｘ∈（ ，π），可设ｔ＝ωｘ－ ，则ｔ∈ － ，ωπ－ ，
３ ３ ３ ３ ３
( π) π
又函数ｙ＝２ｓｉｎωｘ－ （ω＞０）在区间（ ，π）上有且仅有一个零点，
３ ３
２π π π ωπ π ２π
≥π－ 可得０＜ω≤３，所以－ ＜ － ＜ ，则由ｙ＝２ｓｉｎｔ图象性质，
ω ３ ３ ３ ３ ３
{ π ωπ π
－ ＜ － ＜０ {０＜ω＜１
３ ３ ３ １
可知 ，得 １ ４，即 ＜ω＜１．
π ＜ω≤ ３
０＜ωπ－ ≤π ３ ３
３
{ ωπ π ２π
０≤ － ＜ {１≤ω＜３
３ ３ ３ ４ ７
或者 ，得 ４ ７，即 ＜ω≤ ．
π ＜ω≤ ３ ３
π＜ωπ－ ≤２π ３ ３
３
数学答案 第２页（共１２页）】
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}７ ７ π
所以ω最大为 ，得ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ（ ｘ－ ）．
３ ３ ３
７ π ７ π ３ｋπ π
ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ（ ｘ－ ）＝０ ｘ－ ＝ｋπ（ｋ∈Ｚ），解得ｘ＝ ＋ （ｋ∈Ｚ）．
３ ３ ３ ３ ７ ７
３ｋπ π １ ３ｋ １ －１００×７ １ １００×７ １
令－１００π≤ ＋ ≤１００π－１００－ ≤ ≤１００－ － ≤ｋ≤ －
７ ７ ７ ７ ７ ３ ３ ３ ３
－７０１ ６９９
≤ｋ≤ ，共有４６７个零点．故选Ｂ．
３ ３
９．【答案】ＡＣ
【解析】令ｘ＝０，则（０－１）８＝ａ＝１，故Ａ正确；
０
由二项式定理ａｘ３＝Ｃ３（２ｘ）３（－１）５＝－４４８ｘ３，则ａ＝－４４８，故Ｂ错误；
３ ８ ３
令ｘ＝１，则（２－１）８＝ａ＋ａ＋ａ＋…＋ａ＋ａ＋ａ＝１，
８ ７ ６ ２ １ ０
则ａ＋ａ＋ａ＋…＋ａ＋ａ＝０，故Ｃ正确；
１ ２ ３ ７ ８
令ｘ＝－１，则（－２－１）８＝ａ－ａ＋ａ－…＋ａ－ａ＋ａ＝６５６１，又ａ＝１，
８ ７ ６ ２ １ ０ ０
所以ａ－ａ＋ａ－…＋ａ－ａ＝６５６０，得ａ－ａ＋ａ－ａ＋…＋ａ－ａ＝－６５６０，故Ｄ错误．
８ ７ ６ ２ １ １ ２ ３ ４ ７ ８
故选ＡＣ．
１０．【答案】ＡＤ
【解析】由椭圆的定义知Ａ正确；
线段ＡＭ的长度与线段 ＢＭ的长度的差为１＜ ＡＢ ＝２，则 Ｍ的轨迹应为双曲线靠近 Ｂ点
的一支，故Ｂ错误；
设点Ｐ（ｘ，ｙ），由｜ＰＡ｜·｜ＰＢ｜＝１得槡（ｘ＋１）２＋ｙ２·槡（ｘ－１）２＋ｙ２＝１，
整理得（ｘ２＋２ｘ＋１＋ｙ２）（ｘ２－２ｘ＋１＋ｙ２）＝１，即ｘ４＋ｙ４＋２ｘ２ｙ２－２ｘ２＋２ｙ２＝０，
当ｙ＝０时，ｘ４－２ｘ２＝０，得ｘ＝０或ｘ＝±槡２，
故曲线与ｘ轴有三个交点，轨迹不为抛物线，故Ｃ错误；
｜ＰＡ｜ 槡（ｘ＋１）２＋ｙ２
由 ＝２得 ＝２，整理得
｜ＰＢ｜ 槡（ｘ－１）２＋ｙ２
５ １６
ｘ２＋２ｘ＋１＋ｙ２＝４（ｘ２－２ｘ＋１＋ｙ２）３ｘ２－１０ｘ＋３ｙ２＋３＝０（ｘ－ ）２＋ｙ２＝
３ ９
５ ４
即轨迹是以（ ，０）为圆心， 为半径的圆，故Ｄ正确．故选ＡＤ．
３ ３
１１．【答案】ＡＣＤ
【解析】由题意可知△ＳＡＢ是边长为６的等边三角形，ＳＡ＝ＳＢ＝ＳＣ，ＡＣ＝３槡３，ＢＣ＝３．
１ １
λ＝ 时，Ｍ为ＳＣ的中点，取μ＝ 得ＭＮ∥ＢＣ，∠ＡＭＮ为直线ＡＭ与ＢＣ所成角或其补角，
２ ２
９０ ９
＋ －２７
３槡１０ ＢＣ ３ ４ ４ 槡１０
又ＡＭ＝ ，ＡＮ＝３槡３，ＭＮ＝ ＝ ．则ｃｏｓ∠ＡＭＮ＝ ＝ ，故Ａ正确；
２ ２ ２ ３槡１０ ３ ２０
２× ×
２ ２
１ ９槡３
在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ＡＢ＝６，ＢＣ＝３，得Ｓ ＝ ×３×３槡３＝ ，
△ＡＢＣ ２ ２
１ ９槡３ ２７
ＳＯ⊥△ＡＢＣ，且ＳＯ＝３槡３，则四面体ＳＡＢＣ的体积为 × ×３槡３＝ ．
３ ２ ２
—数学答案 第３页（共１２页）
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}１
λ＝μ＝ ，Ｍ为ＳＣ的中点，Ｎ为ＳＢ的中点，故四面体ＳＡＭＮ体积为四面体 ＳＡＢＣ体积的四
２
２７
分之一，得四面体ＳＡＭＮ体积为 ，故Ｂ错误；
８
对于ＣＤ选项：
２
【法一】当μ＝ 时，取ＳＮ的中点Ｐ，则ＡＰ∥ＯＮ，
３
过Ｐ作ＰＭ∥ＣＮ交ＳＣ于Ｍ，
此时Ｍ为ＳＣ的中点，所以面ＡＰＭ∥面ＯＮＣ，
１
得ＡＭ∥面ＯＮＣ，所以λ＝ ，故Ｃ正确；
２
１
当μ＝ 时，ＡＮ⊥ＳＢ，
２
在面ＳＣＢ内过Ｎ作ＮＭ⊥ＳＢ交ＳＣ于Ｍ，
则ＳＢ⊥面ＡＭＮ，ＡＭ面ＡＭＮ，
故此时得到的ＡＭ⊥ＳＢ，
△ＳＣＢ中，ＳＣ＝ＳＢ＝２ＣＢ＝６，
７
由余弦定理得ｃｏｓ∠ＣＳＢ＝ ，ＳＮ＝ＮＢ＝３，∠ＳＮＭ＝９０°，
８
２４
２４ ７ ４
得ＳＭ＝ ，则λ＝ ＝ ，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ．
７ ６ ７
【法二】则以Ｏ为坐标原点，过点Ｏ与ＡＢ垂直的直线为 ｘ轴，分别以 ＯＢ、ＯＳ所在直线为 ｙ
轴和ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得
３槡３ ３
Ｓ（０，０，３槡３），Ａ（０，－３，０），Ｂ（０，３，０），Ｃ（ ， ，０）
２ ２
→ → ３槡３ ３
ＳＢ＝（０，３，－３槡３），ＳＣ＝（ ， ，－３槡３），
２ ２
→ → → →
ＳＭ＝λＳＣ，ＳＮ＝μＳＢ（０＜λ＜１，０＜μ＜１）
→ ３槡３ ３ →
得ＳＭ＝（ λ， λ，－３槡３λ），ＳＮ＝（０，３μ，－３槡３μ），
２ ２
→ → → ３槡３ ３ ３槡３ ３
ＡＭ＝ＡＳ＋ＳＭ＝（０，３，３槡３）＋（ λ， λ，－３槡３λ）＝（ λ， λ＋３，３槡３－３槡３λ），
２ ２ ２ ２
２ → → → →
对于Ｃ，μ＝ ，则ＳＮ＝（０，２，－２槡３），ＯＮ＝ＯＳ＋ＳＮ＝（０，２，槡３），
３
设平面ＯＮＣ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
{ｎ·
Ｏ
→
Ｎ＝０
{２ｙ＋槡３ｚ＝０
则
→
，
３槡３ ３
，可取ｎ＝（－１，槡３，－２）．
ｎ·ＯＣ＝０ ｘ＋ ｙ＝０
２ ２
→ ３槡３ ３
ＡＭ∥面ＯＮＣ时，得ＡＭ·ｎ＝０，（ λ， λ＋３，３槡３－３槡３λ）·（－１，槡３，－２）＝０
２ ２
１
解得λ＝ ．故Ｃ正确．
２
→
对于Ｄ，ＳＢ＝（０，３，－３槡３），
第４页（共１２页）
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}→ → → ３槡３ ３ ３槡３ ３
ＡＭ＝ＡＳ＋ＳＭ＝（０，３，３槡３）＋（ λ＋ λ－３槡３λ）＝（ λ， λ＋３，３槡３－３槡３λ）
２ ２ ２ ２
３槡３ ３ ４
由ＡＭ⊥ＳＢ得，（ λ， λ＋３，３槡３－３槡３λ）·（０，３，－３槡３）＝０，λ＝ ．故Ｄ正确．
２ ２ ７
故选ＡＣＤ．
１２．【答案】２
１３．【答案】３８
【解析】ａ＝（－１）ｎ（２ｎ－１），则其前１００项和为－１＋３－５＋７－９＋１１－…＋１９５－１９７＋１９９
ｎ
＝（－１＋３）＋（－５＋７）＋（－９＋１１）＋…＋（－１９７＋１９９）＝２×５０＝１００．
某项正负号写错后得前１００项和为－５０，说明某正项写成了负数，又１００－（－５０）＝１５０，
１５０÷２＝７５，故写错的数为７５，令ａ＝（－１）ｎ（２ｎ－１）＝７５，解得 ｎ＝３８．故写错的是数列中
ｎ
第３８项．
３→ ３→
１４．【答案】 ＣＡ－ ＣＢ
２０ １０
→ → → → → →
【解析】【法一】ＡＤ与ＢＦ交于Ｍ，可设ＣＭ＝ｘＣＢ＋ｙＣＡＣＭ＝ｘＣＢ＋２ｙＣＦｘ＋２ｙ＝１，
→ → → → ３ → → ３
ＣＭ＝ｘＣＢ＋ｙＣＡＣＭ＝ ｘＣＤ＋ｙＣＡ ｘ＋２ｙ＝１
２ ２
１ １ → １→ １→
解得ｘ＝ ，ｙ＝ ，得ＣＭ＝ ＣＢ＋ ＣＡ．
２ ４ ２ ４
→ １→ ２→
同理得ＣＮ＝ ＣＢ＋ ＣＡ，
５ ５
→ → → １→ ２→ １→ １→ ３→ ３→
所以ＭＮ＝ＣＮ－ＣＭ＝（ ＣＢ＋ ＣＡ）－（ ＣＢ＋ ＣＡ）＝ ＣＡ－ ＣＢ．
５ ５ ２ ４ ２０ １０
【法二】过点Ｅ作ＥＧ∥ＢＦ交ＡＣ于点Ｇ，
ＢＥ ２ ＦＧ ＡＦ ３ ＡＮ
＝ ＝ ＝ ＝ ，
ＥＣ １ ＧＣ ＦＧ ２ ＮＥ
３ １→ → １→ ３→
得ＡＮ＝ （ ＣＢ－ＣＡ）＝ ＣＢ－ ＣＡ，
５ ３ ５ ５
同理过点Ｄ作ＢＦ的平行线可得，
→ ３→ ３ ２→ → １→ ３→
ＡＭ＝ ＡＤ＝ （ ＣＢ－ＣＡ）＝ ＣＢ－ ＣＡ，
４ ４ ３ ２ ４
→ → → １→ ３→ １→ ３→ ３→ ３→
ＭＮ＝ＡＮ－ＡＭ＝（ ＣＢ－ ＣＡ）－（ ＣＢ－ ＣＡ）＝ ＣＡ－ ＣＢ．
５ ５ ２ ４ ２０ １０
→ → → → → → → → → →
【法三】设ＡＮ＝λＡＥ，ＢＮ＝μＢＦ，则ＢＡ＋ＡＮ＝ＢＮ，得ＢＡ＋λＡＥ＝μＢＦ，
→ → → ２→ → → １→ １→
又因为ＡＥ＝ＢＥ－ＢＡ＝ ＢＣ－ＢＡ，ＢＦ＝ ＢＣ＋ ＢＡ，
３ ２ ２
→ ２→ → １→ １→ → ２λ→ μ→ μ→
所以ＢＡ＋λ（ ＢＣ－ＢＡ）＝μ（ ＢＣ＋ ＢＡ）（１－λ）ＢＡ＋ ＢＣ＝ ＢＣ＋ ＢＡ．
３ ２ ２ ３ ２ ２
μ２λ μ ３ ４
故１－λ＝ ， ＝ ，解得λ＝ ，μ＝ ，
２ ３ ２ ５ ５
→ ３→ ３ １→ → １→ ３→
则ＡＮ＝ ＡＥ＝ （ ＣＢ－ＣＡ）＝ ＣＢ－ ＣＡ．
５ ５ ３ ５ ５
→ ３→ ３ ２→ → １→ ３→
同理可得ＡＭ＝ ＡＤ＝ （ ＣＢ－ＣＡ）＝ ＣＢ－ ＣＡ，
４ ４ ３ ２ ４
数学答案 第５页（共１２页
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}→ → → １→ ３→ １→ ３→ ３→ ３→
ＭＮ＝ＡＮ－ＡＭ＝（ ＣＢ－ ＣＡ）－（ ＣＢ－ ＣＡ）＝ ＣＡ－ ＣＢ．
５ ５ ２ ４ ２０ １０
【法四】特殊三角形法
设△ＡＢＣ是底为１２，高为２的等腰三角形建立如图所
示的平面直角坐标系，
得Ａ（０，２），Ｂ（－６，０），Ｃ（６，０），Ｄ（－２，０），Ｅ（２，０），
Ｆ（３，１），
１ ２
得直线ＡＤ：ｙ＝ｘ＋２，ＡＥ：ｙ＝－ｘ＋２，ＢＦ：ｙ＝ ｘ＋ ，
９ ３
３ １ ６ ４
解得Ｍ（－ ， ），Ｎ（ ， ），
２ ２ ５ ５
→ ２７３ → →
得ＭＮ＝（ ， ），ＣＡ＝（－６，２），ＣＢ＝（－１２，０），
１０１０
→ → → ２７３
设ＭＮ＝λＣＡ＋μＣＢ，（ ， ）＝（－６λ，２λ）＋（－１２μ，０），
１０１０
３ ３ → ３→ ３→
解得λ＝ ，μ＝－ ，所以ＭＮ＝ ＣＡ－ ＣＢ．
２０ １０ ２０ １０
１５．解：（１）∵２ａ２－２ｂ２＝２ｃａｃｏｓＢ－ｂｃ，由余弦定理得，２（ａ２－ｂ２）＝ｃ２＋ａ２－ｂ２－ｂｃ，
∴ｂ２＋ｃ２－ａ２＝ｂｃ，!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ２分
ｂ２＋ｃ２－ａ２ １
∴ｃｏｓＡ＝ ＝ ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ３分
２ｂｃ ２
又Ａ∈（０，π），!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ４分
π
∴Ａ＝ ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ５分
３
３槡３ １ １ π ３槡３
（２）因为△ＡＢＣ的面积为 ，即 ｂｃｓｉｎＡ＝ ×ｂ×ｃ×ｓｉｎ ＝ ，
２ ２ ２ ３ ２
∴ｂｃ＝６．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ８分
由余弦定理得ａ２＝ｂ２＋ｃ２－２ｂｃｃｏｓＡ＝ｂ２＋ｃ２－ｂｃ＝（ｂ＋ｃ）２－３ｂｃ＝２５－１８＝７．!!! １１分
解得ａ＝槡７．
所以△ＡＢＣ周长为５＋槡７．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １３分
１６．解：（１）【法一】证明：如图所示，取 ＡＢ中点 Ｏ，△ＳＡＢ为等边三
角形，∴ＳＯ⊥ＡＢ，
又∵面ＳＡＢ垂直于底面ＡＢＣＤ，交线为ＡＢ，
得ＳＯ⊥面ＡＢＣＤ，!!!!!!!!!!!!!!!!! ２分
又ＡＣ面ＡＢＣＤＳＯ⊥ＡＣ．
底面ＡＢＣＤ为直角梯形，ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ＝ＡＢ＝２ＢＣ，
ＡＤ＝ＡＢ，ＡＯ＝ＢＣ，∠ＤＡＯ＝∠ＡＢＣ＝９０°，
所以△ＤＡＯ≌△ＡＢＣ，∠ＢＡＣ＝∠ＡＤＯ，∠ＡＤＯ＋∠ＡＯＤ＝９０°，
所以∠ＢＡＣ＋∠ＡＯＤ＝９０°，得ＯＤ⊥ＡＣ，!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ４分
又ＳＯ∩ＯＤ＝０，得ＡＣ⊥面ＳＯＤ，ＳＤ面ＳＯＤ，所以ＳＤ⊥ＡＣ． !!!!!!!!!! ６分
【法二】取ＡＢ中点Ｏ，为等边三角形且垂直于底面，交线为ＡＢ，
则ＳＯ⊥ＡＢ，得ＳＯ⊥面ＡＢＣＤ， !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ２分
第６页（共１２页
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}又因为ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ⊥ＡＢ，ＡＤ＝ＡＢ＝２ＢＣ，
可设ＡＢ＝２，
则以Ｏ为坐标原点，过点Ｏ与ＢＣ平行的直线为ｙ轴，分别以ＯＢ、
ＳＯ所在直线为ｘ轴和ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得Ｓ（０，０，槡３），Ａ（－１，０，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（－１，２，０）!! ４分
→ →
得ＡＣ＝（２，１，０），ＳＤ＝（－１，２，－槡３），
→ →
所以ＡＣ·ＳＤ＝（２，１，０）·（－１，２，－槡３）＝－２＋２＝０，
得ＳＤ⊥ＡＣ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ６分
（２）【法一】由（１）知ＳＯ⊥面ＡＢＣＤ，
不妨设ＡＤ＝ＡＢ＝２ＢＣ＝２，则ＳＯ＝槡３，
以Ｏ为坐标原点，过点Ｏ与ＢＣ平行的直线为ｙ轴，分别以ＯＢ、
ＳＯ所在直线为ｘ轴和ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系，
得Ｓ（０，０，槡３），Ｂ（１，０，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（－１，２，０）!!! ８分
→ → →
ＳＢ＝（１，０，－槡３），ＳＣ＝（１，１，－槡３），ＳＤ＝（－１，２，－槡３）；
设平面ＳＢＣ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
→
{ｎ·ＳＢ＝０ {ｘ－槡３ｚ＝０
则 ， ，
→
ｎ·ＳＣ＝０ ｘ＋ｙ－槡３ｚ＝０
可取ｎ＝（３，０，槡３）；!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １０分
设平面ＳＣＤ的一个法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
１ １ １
→
{ｍ·ＳＣ＝０ {ｘ＋ｙ－槡３ｚ＝０
则 ，即 １ １ １ ，
→
ｍ·ＳＤ＝０ －ｘ＋２ｙ－槡３ｚ＝０
１ １ １
可取ｍ＝（１，２，槡３）．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １２分
设平面ＳＢＣ与平面ＳＤＣ夹角为θ，
ｍ·ｎ ３×１＋槡３×槡３ 槡６
则ｃｏｓθ＝ ｃｏｓ＜ｍ，ｎ＞ ＝ ＝ ＝ ，!!!!!!! １４分
ｍ × ｎ 槡９＋３·槡１＋４＋３ ４
槡１０
所以平面ＳＢＣ与平面ＳＤＣ夹角的正弦值为 ． !!!!!!!!!!!!!! １５分
４
【法二】不妨设ＡＤ＝ＡＢ＝２ＢＣ＝２，
△ＳＡＢ为等边三角形且垂直于底面ＡＢＣＤ，交线为ＡＢ，
底面ＡＢＣＤ为直角梯形，ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ⊥ＡＢ，
所以ＡＤ⊥面ＳＡＢ， !!!!!!!!!!!!!!!! ８分
又ＡＤ∥ＢＣ，得ＢＣ⊥面ＳＡＢ，
ＢＣ面ＳＢＣ，得面ＳＢＣ⊥面ＳＡＢ，交线为ＳＢ，
取ＳＢ的中点Ｏ，则ＡＯ⊥ＳＢ，
等边△ＳＡＢ边长为２，则ＡＯ＝槡３， !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １０分
ＡＤ∥ＢＣ，则ＡＤ∥面ＳＢＣ，
则Ｄ点到面ＳＢＣ的距离等于Ａ点到面ＳＢＣ的距离为槡３，
因为ＡＤ⊥面ＳＡＢ，ＢＣ⊥面ＳＡＢ，△ＳＡＤ，△ＳＢＣ均为直角三角形，ＡＤ＝ＡＢ＝２ＢＣ＝２，
数学答案 第７页（共１２页）】
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}得ＳＤ＝２槡２，ＳＣ＝槡５，ＣＤ＝槡５． !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １２分
２槡６
作ＤＥ⊥ＳＣ，可得ＤＥ＝ ，!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １４分
槡５
槡３ 槡１０
所以平面ＳＢＣ与平面ＳＤＣ夹角的正弦值为 ＝ ．!!!!!!!!!!!! １５分
２槡６ ４
槡５
１
１７．解：（１）当ａ＝１时，函数ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ＋ ＋ｘ（ｘ＞０），
ｘ
１
得ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋２－ ，则ｆ′（１）＝１，!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ２分
ｘ２
所以ｆ（ｘ）的图象在点（１，２）处的切线方程为ｙ＝ｘ＋１．!!!!!!!!!!!!! ４分
１
（２）因为当ａ＝０时，ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ＋ （ｘ＞０），
ｘ
１ １ ２
ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１－ ，ｆ″（ｘ）＝ ＋ ＞０． !!!!!!!!!!!!!!!!!!! ５分
ｘ２ ｘ ｘ３
１
所以ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１－ 在（０，＋∞）上单调递增，又ｆ′（１）＝０，
ｘ２
故当ｘ∈（０，１）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减，
当ｘ∈（１，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，!!!!!!!!!!!!!!!!! ７分
综上所述：ｆ（ｘ）单调递减区间为（０，１），单调递增区间为（１，＋∞）．!!!!!!!! ９分
１ ｘ
（３）由ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ＋ ＋ａｘ，且Ｈ（ｘ）＝ｘ［ｆ（ｘ）－ ］＋２ｌｎｘ，
ｘ ２
１ ｘ ｘ２
得Ｈ（ｘ）＝ｘ［ｘｌｎｘ＋ ＋ａｘ－ ］＋２ｌｎｘ＝ｘ２ｌｎｘ＋ａｘ２－ ＋２ｌｎｘ＋１单调递增，
ｘ ２ ２
所以Ｈ′（ｘ）≥０在（０，＋∞）上恒成立，!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １０分
２ ２
又Ｈ′（ｘ）＝２ｘｌｎｘ＋ｘ＋２ａｘ－ｘ＋ ＝２ｘｌｎｘ＋２ａｘ＋
ｘ ｘ
２
由题意Ｈ′（ｘ）≥０恒成立，得２ｘｌｎｘ＋２ａｘ＋ ≥０，
ｘ
１ １ １
即ｘｌｎｘ＋ ＋ａｘ≥０恒成立，得ａｘ≥－ｘｌｎｘ－ ａ≥－ｌｎｘ－ 恒成立，!!!!!! １２分
ｘ ｘ ｘ２
１ １ ２ ２－ｘ２
设ｇ（ｘ）＝－ｌｎｘ－ ，得ｇ′（ｘ）＝－ ＋ ＝ ，
ｘ２ ｘ ｘ３ ｘ３
ｘ （０，槡２） 槡２ （槡２，＋∞）
ｇ′（ｘ） ＋ ０ －
１
ｇ（ｘ） 极大值－ｌｎ槡２－
２
１
所以当ｘ＝槡２时，ｇ（ｘ）最大为－ｌｎ槡２－ ．!!!!!!!!!!!!!!!!!! １４分
２
１ １
所以ａ≥－ｌｎｘ－ 恒成立，得ａ≥－ｌｎ槡２－ ．
ｘ２ ２
数学答案 第８页（共１２页）】
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}ｘ １
综上，若函数Ｈ（ｘ）＝ｘ［ｆ（ｘ）－ ］＋２ｌｎｘ单调递增，则实数 ａ的取值范围为［－ｌｎ槡２－ ，
２ ２
＋∞）． !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １５分
１８．解：（１）由题意 ＡＢ ＝４，得２ａ＝４，ａ＝２．
槡２ ｃ 槡２
又Ｃ的离心率为 ，得 ＝ ，所以ｃ＝槡２，
２ ａ ２
则ｂ２＝ａ２－ｃ２＝４－２＝２，
ｘ２ ｙ２
得椭圆Ｃ的方程为 ＋ ＝１．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ４分
４ ２
（２）【法一】由题意当直线ｌ斜率不存在时，直线ｌ方程为ｘ＝０，
１
易得 ＭＮ ＝２槡２，此时Ｓ ＝ ×２槡２×２＝２槡２．!!!!!!!!!!!!!! ５分
△ＭＮＢ ２
当直线ｌ斜率存在时，方程可设为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，与抛物线ｙ２＝４ｘ联立得
（ｋｘ＋ｍ）２＝４ｘｋ２ｘ２＋２ｋｍｘ＋ｍ２＝４ｘ
整理得ｋ２ｘ２＋（２ｋｍ－４）ｘ＋ｍ２＝０
由Δ＝（２ｋｍ－４）２－４ｋ２ｍ２＝０ｋｍ＝１!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ６分
{ｙ＝ｋｘ＋ｍ
联立 ｘ２ ｙ２ ，得（１＋２ｋ２）ｘ２＋４ｋｍｘ＋２ｍ２－４＝０，又ｋｍ＝１，
＋ ＝１
４ ２
整理得（１＋２ｋ２）ｘ２＋４ｘ＋２ｍ２－４＝０
１
且Δ＝１６－４（１＋２ｋ２）（２ｍ２－４）＞０４ｋ２－ｍ２＞－２４ｋ２－ ＞－２
ｋ２
得ｋ２＞
槡５－１
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ８分
４
－４ ２ｍ２－４
设Ｍ（ｘ，ｙ），Ｎ（ｘ，ｙ），则ｘ＋ｘ＝ ，ｘｘ＝ ．
１ １ ２ ２ １ ２ １＋２ｋ２ １２ １＋２ｋ２
－４ ２ｍ２－４ １６－４（２ｍ２－４）（１＋２ｋ２）
得 ＭＮ ＝槡１＋ｋ２
槡
（
１＋２ｋ２
）２－４
１＋２ｋ２
＝槡１＋ｋ２
槡 （１＋２ｋ２）２
１６－８ｍ２＋３２ｋ２ ２－ｍ２＋４ｋ２
＝槡１＋ｋ２ 槡 （１＋２ｋ２）２ ＝２槡２槡１＋ｋ２ 槡 （１＋２ｋ２）２ !!!!!!!!!!!! １０分
２ｋ＋ｍ
又点Ｂ到直线ｙ＝ｋｘ＋ｍ距离为 ，!!!!!!!!!!!!!!!!!! １２分
槡１＋ｋ２
１ ２－ｍ２＋４ｋ２ ２ｋ＋ｍ （２－ｍ２＋４ｋ２）（２ｋ＋ｍ）２
Ｓ
△ＭＮＢ
＝
２
２槡２槡１＋ｋ２
槡 （１＋２ｋ２）２ 槡１＋ｋ２
＝槡２
槡 （１＋２ｋ２）２
（２－ｍ２＋４ｋ２）（４ｋ２＋４＋ｍ２） ２４ｋ２＋８－２ｍ２－ｍ４＋１６ｋ４
＝槡２
槡 （１＋２ｋ２）２
＝槡２
槡 （１＋２ｋ２）２
２ｋ２＋１ ２ｋ２＋１
８（２ｋ４＋３ｋ２＋１）－ ８（２ｋ２＋１）（ｋ２＋１）－
ｋ４ ｋ４
＝槡２
槡 （１＋２ｋ２）２
＝槡２
槡 （１＋２ｋ２）２
１
８（ｋ２＋１）－
ｋ４ ８ｋ６＋８ｋ４－１ ８ｋ６＋８ｋ４－１
＝槡２
槡 １＋２ｋ２
＝槡２
槡 ｋ４（１＋２ｋ２）
＝槡２
槡 ２ｋ６＋ｋ４
第９页（共１２页）】
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}８ｋ６＋４ｋ４＋４ｋ４－１ ４ｋ４－１ （２ｋ２＋１）（２ｋ２－１）
＝槡２
槡 ２ｋ６＋ｋ４
＝槡２
槡
４＋
２ｋ６＋ｋ４
＝槡２
槡
４＋
ｋ４（２ｋ２＋１）
１ ２
＝槡２
槡
－
ｋ４
＋
ｋ２
＋４!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １５分
由二次函数性质知当
１
＝１（满足ｋ２＞
槡５－１
）时，
ｋ２ ４
１ ２
槡２ 槡 － ｋ４ ＋ ｋ２ ＋４取得最大值为槡１０， !!!!!!!!!!!!!!!!!!! １６分
综上所述，得△ＭＮＢ的面积的最大值为槡１０．!!!!!!!!!!!!!!!! １７分
【法二】由题意知直线ｌ斜率不为０，故方程可设为ｘ＝ｍｙ＋ｎ，
与抛物线ｙ２＝４ｘ联立得ｙ２＝４ｍｙ＋４ｎｙ２－４ｍｙ－４ｎ＝０，
直线ｌ与抛物线相切得Δ＝（４ｍ）２＋１６ｎｍ２＋ｎ＝０， !!!!!!!!!!!!! ６分
{ｘ＝ｍｙ＋ｎ
联立 ｘ２ ｙ２ ，得（ｍ２＋２）ｙ２＋２ｍｎｙ＋ｎ２－４＝０，
＋ ＝１
４ ２
且Δ＝４ｍ２ｎ２－４（ｍ２＋２）（ｎ２－４）＞０－ｎ２＋２ｍ２＋４＞０． !!!!!!!!!!! ７分
设Ｍ（ｘ，ｙ），Ｎ（ｘ，ｙ）
１ １ ２ ２
－２ｍｎ ｎ２－４
则ｙ＋ｙ＝ ，ｙｙ＝ ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ８分
１ ２ ｍ２＋２ １２ ｍ２＋２
又ｘ＝ｍｙ＋ｎ与ｘ轴交于点（ｎ，０），
１ １
则Ｓ ＝ ｜ｎ－２｜×｜ｙ－ｙ｜＝ ｜ｎ－２｜槡（ｙ＋ｙ）２－４ｙｙ
△ＭＮＢ ２ １ ２ ２ １ ２ １２
｜ｎ－２｜ －２ｍｎ ｎ２－４ ｜ｎ－２｜１６ｍ２－８ｎ２＋３２ ２ｍ２－ｎ２＋４
＝ ２ 槡 （ ｍ２＋２ ）２－４ ｍ２＋２ ＝ ２ 槡 （ｍ２＋２）２ ＝槡２｜ｎ－２｜ 槡 （ｍ２＋２）２ !!
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １２分
又ｍ２＋ｎ＝０，
－２ｎ－ｎ２＋４
Ｓ
△ＭＮＢ
＝槡２｜ｎ－２｜
槡 （－ｎ＋２）２
＝槡２槡－ｎ２－２ｎ＋４＝槡２槡－（ｎ＋１）２＋５，!!!! １５分
当ｎ＝－１（此时ｍ２＝１，符合－ｎ２＋２ｍ２＋４＞０）时，槡２槡－（ｎ＋１）２＋５取得最大值为槡１０．
综上所述，得△ＭＮＢ的面积的最大值为槡１０．!!!!!!!!!!!!!!!! １７分
【法三】由题意可设直线ｌ的切点为（ｘ，ｙ），
０ ０
则切线方程为ｙｙ＝２ｘ＋２ｘ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ５分
０ ０
１
当切点为原点时，易得Ｓ ＝ ×２槡２×２＝２槡２!!!!!!!!!!!!!!! ６分
△ＭＮＢ ２
{ｘ２ ｙ２
＋ ＝１ ２ｘ＋２ｘ
当切点不是原点时，联立 ４ ２ ｘ２＋２（ ０）２－４＝０
ｙ
ｙｙ＝２ｘ＋２ｘ ０
０ ０
整理得（ｘ＋２）ｘ２＋４ｘｘ＋２ｘ２－４ｘ＝０
０ ０ ０ ０
Δ＝１６ｘ２－４（ｘ＋２）（２ｘ２－４ｘ）＞０，得０＜ｘ＜１＋槡５!!!!!!!!!!!!!! ８分
０ ０ ０ ０ ０
设Ｍ（ｘ，ｙ），Ｎ（ｘ，ｙ）
１ １ ２ ２
数学答案 第１０页（共１２页）】
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}－４ｘ ２ｘ２－４ｘ
则ｘ＋ｘ＝ ０，ｘｘ＝ ０ ０．
１ ２ ｘ＋２ １２ ｘ＋２
０ ０
１ －４ｘ ２ｘ２－４ｘ １＋ｘ １６ｘ２－４（２ｘ２－４ｘ）（ｘ＋２）
得 ＭＮ ＝ １＋ （ ０）２－４ ０ ０＝ ０ ０ ０ ０ ０
槡 ｘ槡ｘ＋２ ｘ＋２ 槡ｘ 槡 （ｘ＋２）２
０ ０ ０ ０ ０
１＋ｘ １６ｘ２－４（２ｘ３－８ｘ） １＋ｘ －ｘ（ｘ２－２ｘ－４）
＝
槡ｘ
０
槡
０
（ｘ＋２
０
）２
０ ＝２槡２
槡ｘ
０
槡
０
（ｘ
０
＋２）
０
２
!!!!!!!! １０分
０ ０ ０ ０
２ｘ＋４ ｘ＋２
又点Ｂ到直线ｙｙ＝２ｘ＋２ｘ距离为 ０ ＝ ０ ， !!!!!!!!!!! １２分
０ ０
槡４＋ｙ２
０
槡１＋ｘ
０
１＋ｘ －ｘ（ｘ２－２ｘ－４） ｘ＋２ －（ｘ２－２ｘ－４）（ｘ＋２）２
Ｓ
△ＭＮＢ
＝槡２
槡ｘ ０
０
槡
０
（ｘ ０
０
＋２）
０
２ 槡１
０
＋ｘ ０
＝槡２
槡
０
（ｘ
０
０ ＋２）２
０
＝槡２槡－（ｘ２－２ｘ－４）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １５分
０ ０
当ｘ＝１时（满足０＜ｘ＜１＋槡５），面积最大Ｓ ＝槡１０．!!!!!!!!!!! １６分
０ ０ △ＭＮＢ
综上所述，得△ＭＮＢ的面积的最大值为槡１０．!!!!!!!!!!!!!!!! １７分
ｙ２
【法四】设直线ｌ的切点为（ｘ，ｙ），即（０，ｙ），
０ ０ ４ ０
则切线方程为２ｙｙ＝４ｘ＋ｙ２．
０ ０
由题意知直线ｌ斜率不为０，得直线ｌ方程为４ｘ＝２ｙｙ－ｙ２，!!!!!!!!!!! ６分
０ ０
{ｘ２ ｙ２
＋ ＝１
４ ２ （４ｙ２＋３２）ｙ２－４ｙ３ｙ＋ｙ４－６４＝０
０ ０ ０
４ｘ＝２ｙｙ－ｙ２
０ ０
Δ＝１６ｙ６－４（４ｙ２＋３２）（ｙ４－６４）＞０，得－ｙ４＋８ｙ２＋６４＞０．!!!!!!!!!!!! ８分
０ ０ ０ ０ ０
设Ｍ（ｘ，ｙ），Ｎ（ｘ，ｙ）
１ １ ２ ２
４ｙ３ ｙ４－６４
则ｙ＋ｙ＝ ０ ，ｙｙ＝ ０ ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １０分
１ ２ ４ｙ２＋３２ １２ ４ｙ２＋３２
０ ０
ｙ２
又４ｘ＝２ｙｙ－ｙ２与ｘ轴交于点（－ ０，０），
０ ０ ４
１
ｙ２
１
ｙ２
则Ｓ ＝ ｜０＋２｜×｜ｙ－ｙ｜＝ ｜０＋２｜槡（ｙ＋ｙ）２－４ｙｙ
△ＭＮＢ ２ ４ １ ２ ２ ４ １ ２ １２
｜ｙ２＋８｜ ４ｙ３ ｙ４－６４ 槡２｜ｙ２＋８｜ －ｙ４＋８ｙ２＋６４
＝ ０ （ ０ ）２－４ ０ ＝ ０ ０ ０
８ 槡４ｙ２＋３２ ４ｙ２＋３２ ４ 槡（ｙ２＋８）２
０ ０ ０
＝
槡２
槡－ｙ４＋８ｙ２＋６４＝
槡２
槡－（ｙ２－４）＋８０!!!!!!!!!!!!!!!!! １５分
４ ０ ０ ４ ０
当ｙ２＝４（满足－ｙ４＋８ｙ２＋６４＞０）时，
槡２
槡－（ｙ２－４）＋８０取得最大值为槡１０．
０ ０ ０ ４ ０
综上所述，得△ＭＮＢ的面积的最大值为槡１０．!!!!!!!!!!!!!!!! １７分
１９．解：（１）解方程ｘ３＝１，得ｘ３－１＝０（ｘ－１）（ｘ２＋ｘ＋１）＝０，
由ｘ－１＝０解得ｘ＝１，
由ｘ２＋ｘ＋１＝０，利用二次方程求根公式得ｘ＝
－１±槡－３
，即ｘ＝
－１±槡３ｉ
，
２ ２
数学答案 第１１页（共１２页）】
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}所以ｘ３＝１的根为ｘ＝１，ｘ＝
－１＋槡３ｉ
，ｘ＝
－１－槡３ｉ
． !!!!!!!!!!!!! ３分
１ ２ ２ ３ ２
（２）【法一】证明：由ｚ∈Ｃ，ｚ∈Ｃ，
１ ２
可设ｚ＝ａ＋ｂｉ，ｚ＝ａ＋ｂｉ，（ａ，ｂ，ａ，ｂ∈Ｒ）．
１ １ １ ２ ２ ２ １ １ ２ ２
ｚ ａ＋ｂｉ （ａ＋ｂｉ）·（ａ－ｂｉ） ａａ＋ｂｂ＋（ａｂ－ａｂ）ｉ
１ ＝ １ １ ＝ １ １ ２ ２ ＝ １ ２ １２ ２１ １２
ｚ ａ＋ｂｉ （ａ＋ｂｉ）·（ａ－ｂｉ） ａ２＋ｂ２
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２
槡（ａａ＋ｂｂ）２＋（ａｂ－ａｂ）２ 槡ａ２ａ２＋ｂ２ｂ２＋ａ２ｂ２＋ａ２ｂ２
＝ １ ２ １２ ２１ １２ ＝ １ ２ １２ ２１ １２ !!!!!!!!!! ５分
ａ２＋ｂ２ ａ２＋ｂ２
２ ２ ２ ２
ｚ ａ＋ｂｉ 槡ａ２＋ｂ２ 槡ａ２＋ｂ２ 槡ａ２＋ｂ２ 槡ａ２ａ２＋ｂ２ｂ２＋ａ２ｂ２＋２ｂ２
１ ＝ １ １ ＝ １ １＝ １ １ ２ ２＝ １ ２ １２ ２１ １２!!!!!! ７分
ｚ
２
ａ
２
＋ｂ
２
ｉ 槡ａ２
２
＋ｂ２
２
ａ２
２
＋ｂ２
２
ａ２
２
＋ｂ２
２
ｚ ｚ
得 １ ＝ １ ．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ８分
ｚ ｚ
２ ２
【法二】选学内容方法
由ｚ∈Ｃ，ｚ∈Ｃ且ｚ≠０，
１ ２ ２
可设ｚ＝ｒ（ｃｏｓα＋ｉｓｉｎα），ｚ＝ｒ（ｃｏｓβ＋ｉｓｉｎβ）．（ｒ＞０，ｒ＞０，α，β∈Ｒ）
１ １ ２ ２ １ ２
则｜ｚ｜＝ｒ，｜ｚ｜＝ｒ，
１ １ ２ ２
ｚ ｒ（ｃｏｓα＋ｉｓｉｎα） ｒ
则 １ ＝ １ ＝ １［ｃｏｓ（α－β）＋ｉｓｉｎ（α－β）］
ｚ ｒ（ｃｏｓβ＋ｉｓｉｎβ） ｒ
２ ２ ２
ｒ ｒ ｚ
＝ １ ［ｃｏｓ（α－β）＋ｉｓｉｎ（α－β）］ ＝ １ ＝ １ !!!!!!!!!!!!!!! ８分
ｒ ｒ ｚ
２ ２ ２
（３）由于｜ｚ｜＝１，且对任意正整数ｎ，均有４ｚ２ ＋２ｚｚ ＋ｚ２＝０，故ｚ≠０（ｎ∈Ｎ ）．
１ ｎ＋１ ｎｎ＋１ ｎ ｎ ＋
ｚ ｚ
整理得４（ｎ＋１）２＋２（ｎ＋１）＋１＝０（ｎ∈Ｎ ），!!!!!!!!!!!!!!!!!! ９分
ｚ ｚ ＋
ｎ ｎ
解得
ｚ
ｎ＋１＝
－１±槡３ｉ
（ｎ∈Ｎ ）．!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １０分
ｚ ４ ＋
ｎ
因此 ｚ ｎ＋１ ＝ ｚ ｎ＋１ ＝ －１±槡３ｉ ＝ １ ，故 ｚ ＝ ｚ· １ ＝ １ （ｎ∈Ｎ ）!!!!! １２分
ｚ ｚ ４ ２ ｎ １ ２ｎ－１ ２ｎ－１ ＋
ｎ ｎ
ｚ ｚ
进而由 １ ＝ １ 得，
ｚ ｚ
２ ２
ｚ＋ｚ ＝ ｚ（１＋
ｚ
ｎ＋１） ＝ ｚ· １＋
ｚ
ｎ＋１ ＝
１
·
３±槡３ｉ
＝
槡３
（ｎ∈Ｎ ） ① !!!
ｎ ｎ＋１ ｎ ｚ ｎ ｚ ２ｎ－１ ４ ２ｎ ＋
ｎ ｎ
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! １３分
因为ｍ为偶数，ｚ＋ｚ＋…＋ｚ ＝ （ｚ＋ｚ）＋（ｚ＋ｚ）＋…＋（ｚ ＋ｚ）
１ ２ ｍ １ ２ ３ ４ ｍ－１ ｍ
又 （ｚ＋ｚ）＋（ｚ＋ｚ）＋…＋（ｚ ＋ｚ）≤ ｚ＋ｚ ＋ ｚ＋ｚ ＋…＋ ｚ ＋ｚ !!! １５分
１ ２ ３ ４ ｍ－１ ｍ １ ２ ３ ４ ｍ－１ ｍ
利用①得 ｚ＋ｚ ＋ ｚ＋ｚ ＋…＋ ｚ ＋ｚ
１ ２ ３ ４ ｍ－１ ｍ
槡３ １ ｍ 槡３
［１－（ ）２］
槡３ 槡３ 槡３ 槡３ ２ ４ ２ ２槡３
＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＜ ＝
２ ２３ ２５ ２ｍ－１ １ ３ ３
１－
４ ４
２槡３
所以对任意正偶数ｍ，均有 ｚ＋ｚ＋…＋ｚ ＜ ．!!!!!!!!!!!!!! １７分
１ ２ ｍ ３
数学答案 第１２页（共１２页）】
{#{QQABIYoEggCgABIAAQgCEQWiCEAQkhGACQgGRBAIsAABSAFABAA=}#}
